题目描述
给定一个长为n的整数序列(n<=1000)，由A和B轮流取数（A先取）。每个人可从序列的左端或右端取若干个数（至少一个），但不能两端都取。所有数都被取走后，两人分别统计所取数的和作为各自的得分。假设A和B都足够聪明，都使自己得分尽量高，求A的最终得分。
输入输出格式
输入格式：
第一行，一个正整数T，表示有T组数据。（T<=100）
接着T行，每行第一个数为n，接着n个整数表示给定的序列.
输出格式：
输出T行，每行一个整数，表示A的得分
输入输出样例
输入样例#1：
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2 1 -1 2 1 2
输出样例#1： 复制
-1 3
说明
时限：3s
题解
首先让我们试试暴力思路：
设A的得分为VA，B的得分为VB
那么在（VA-VB）取得最大值时，有VA最大。
证明：VA-VB=VA-（Sum-VA）=2*VA-Sum
设F[L][R]为当前还剩[L][R]时，（先手得分-后手得分）的最大值。
若当前正在处理F[L][R]，那么存在三种选择方案：1.全取。
F[L][R]=∑{ v[i] | L < = i < = R }
2.从左边取一些。（保留L‘到R）
F[L][R]=∑{ v[i] | L <= i <= L‘-1 }-F[L‘][R]
3.从右边取一些。（保留L到R‘）
F[L][R]=∑{ v[i] | R‘+1 <= i <= R }-F[L][R‘]
关于减去F[L‘][R]：
当区间转换到[L‘,R]时的F值，为转换后的先手-后手，也就是当前意义下的后手-先手，
所以-（后手-先手）=先手-后手。
这样，我们从小到大枚举区间，每次在这三种决策中取一种最优决策，
最后的max(VA-VB)=F[1][n],
max(VA)=（F[1][n]+Sum）/2。
于是我们可以很较为轻松的写出O(n^3)的暴力啦！
1 /*
2 qwerta
3 P1430 序列取数
4 Unaccepted
5 40
6 代码 C++，0.94KB
7 提交时间 2018-09-19 18:57:13
8 耗时/内存
9 19351ms, 4628KB
10 */
11 #include<cmath>
12 #include<cstdio>
13 #include<cstring>
14 #include<iostream>
15 using namespace std;
16 #define R register
17 inline int read()
18 {
19 char ch=getchar();
20 int x=0;bool s=1;
21 while(!isdigit(ch)){if(ch==‘-‘)s=0;ch=getchar();}
22 while(isdigit(ch)){x=x*10+ch-‘0‘;ch=getchar();}
23 return s?x:-x;
24 }
25 int s[1007];
26 int f[1007][1007];
27 //int m[1007][1007];
28 int main()
29 {
30 //freopen("a.in","r",stdin);
31 int t=read();
32 while(t--)
33 {
34 int n=read();
35 for(R int i=1;i<=n;++i)
36 s[i]=s[i-1]+read();
37 for(R int len=1;len<=n;++len)
38 for(R int l=1;l+len-1<=n;++l)
39 {
40
41 int r=l+len-1;
42 f[l][r]=s[r]-s[l-1];
43 for(R int _l=l+1;_l<=r;++_l)
44 f[l][r]=max(f[l][r],s[_l-1]-s[l-1]-f[_l][r]);
45 for(R int _r=r-1;_r>=l;--_r)
46 f[l][r]=max(f[l][r],s[r]-s[_r]-f[l][_r]);
47
48 }
49 printf("%d\n",(f[1][n]+s[n])>>1);
50 }
51 return 0;
52 }
但是想要通过1e3的数据，O(n^3*t)的时间复杂度肯定是布星的。
所以我们还需要一点儿优化。
考虑状态数是n^2的，雷打不动，所以我们要将贼手伸向状态转移。
以从右取为例：
F[L][R]=max（S[R]-S[R‘]-F[L][R‘]） //(L <= R‘ <= R-1)
=max（S[R]-（S[R‘]+F[L][R‘]））
如果我们能知道R‘在L到R-1上时，S[R‘]+F[L][R‘]的最小值，那么就能O(1)转移了。
设
Min[L][R]=min{S[R‘]+F[L][R‘] | L <= R‘ <= R }
那么有
Min[L][R-1]=min{S[R‘]+F[L][R‘] | L <= R‘ <= R-1 }
也就是说
Min[L][R]=min(Min[L][R-1],S[R]+F[L][R])
这样，在循环枚举区间的同时顺便维护一下Min[L][R]，就可以实现O(1)转移了。
其实就是把暴力中间那两句话换了种说法而已。
1 /*
2 qwerta
3 P1430 序列取数
4 Accepted
5 100
6 代码 C++，1.63KB
7 提交时间 2018-09-19 20:05:27
8 耗时/内存
9 4910ms, 12444KB
10 */
11 #include<cmath>
12 #include<cstdio>
13 #include<cstring>
14 #include<iostream>
15 using namespace std;
16 #define R register
17 inline int read()
18 {
19 char ch=getchar();
20 int x=0;bool s=1;
21 while(!isdigit(ch)){if(ch==‘-‘)s=0;ch=getchar();}
22 while(isdigit(ch)){x=x*10+ch-‘0‘;ch=getchar();}
23 return s?x:-x;
24 }//快读（这题略卡常）
25 int s[1007];
26 int f[1007][1007];
27 int ml[1007][1007];
28 int mr[1007][1007];
29 //设ml为固定L端时的min值，mr为固定R端时的max值
30 void write(int x)
31 {
32 if(x>9)write(x/10);
33 putchar(x%10+‘0‘);
34 return;
35 }//快写
36 int main()
37 {
38 //freopen("a.in","r",stdin);
39 int t=read();
40 while(t--)
41 {
42 int n=read();
43 for(R int i=1;i<=n;++i)
44 s[i]=s[i-1]+read();//前缀和
45 for(R int l=1;l<=n;++l)
46 {
47 f[l][l]=s[l]-s[l-1];
48 ml[l][l]=s[l]+f[l][l];
49 mr[l][l]=s[l-1]-f[l][l];
50 }//预处理
51 for(R int len=2;len<=n;++len)
52 for(R int l=1,r=len;r<=n;++l,++r)//枚举区间
53 {
54 f[l][r]=s[r]-s[l-1];
55 //mr
56 //for(R int _l=l+1;_l<=r;++_l)
57 //f[l][r]=max(f[l][r],s[_l-1]-s[l-1]-f[_l][r]);
58 f[l][r]=max(f[l][r],mr[l+1][r]-s[l-1]);
59 //ml
60 //for(R int _r=r-1;_r>=l;--_r)
61 //f[l][r]=max(f[l][r],s[r]-s[_r]-f[l][_r]);
62 f[l][r]=max(f[l][r],s[r]-ml[l][r-1]);
63 //
64 ml[l][r]=min(ml[l][r-1],s[r]+f[l][r]);
65 mr[l][r]=max(mr[l+1][r],s[l-1]-f[l][r]);
66 }
67 int x=(f[1][n]+s[n])>>1;
68 if(x<0){putchar(‘-‘);write(-x);}
69 else write(x);
70 putchar(‘\n‘);
71 //输出答案
72 }
73 return 0;
74 }
原文地址：https://www.cnblogs.com/qwerta/p/9683053.html